Ecoulements permanents

1. Allure d’un diagramme de Mollier
   

2. Les isenthalpiques sont par définition des droites verticales.

3. Pour un gaz parfait, une isotherme est une isenthalpique, donc une portion verticale sur le diagramme du côté gaz.
   Dans la région (liquide + gaz), une isotherme est une isobare, donc un segment horizontal.
   Pour une phase condensée (indilatable incompressible en première approximation), l’enthalpie ne dépend que de la température, une isotherme est à nouveau une portion de droite verticale.
   

4. L’enthalpie massique de vaporisation à $\displaystyle T$ est la longueur du segment horizontal à l’intérieur de la courbe de saturation à la pression de vapeur saturante $\displaystyle P_{\textrm{sat}}(T)$.
   $$h_{\textrm{vap}}(T)=h_{\textrm{vapeur sat}}(T)-h_{\textrm{liquide sat}}(T).$$

5. $\displaystyle dS=\frac{1}{T}dh-\frac{V}{T}dP$. Cette expression, valable dans le cas d’une phase, l’est aussi dans le cas d’un système diphasé, dont la composition varie (voir Remarque à la fin).
   Pour une isentropique $\displaystyle dh=VdP$. Comme $\displaystyle \log$ est une fonction croissante $\displaystyle \frac{d\left(\log P\right)}{dh}>0$.

6. $\displaystyle dh=0\Rightarrow dS=-\frac{V}{T}dP$, l’entropie est bien une fonction décroissante de $\displaystyle P$, et donc de $\displaystyle \log P$.

Remarque — Avec $\displaystyle h_{l}=h_{l}(T),h_{g}=h_{g}(T)$ les enthalpies massiques du liquide saturant et de la vapeur saturante, $\displaystyle s_{l}=s_{l}(T),s_{g}=s_{g}(T)$ les entropies massiques du liquide saturant et de la vapeur saturante,
$\displaystyle \begin{cases} h=\left(1-x_{g}\right)h_{l}+x_{g}h_{g}\\ s=\left(1-x_{g}\right)s_{l}+x_{g}s_{g} \end{cases}$
d’où
$\displaystyle \begin{cases} dh=\left(1-x_{g}\right)dh_{l}+x_{g}dh_{g}+\left(h_{g}-h_{l}\right)dx_{g}\\ ds=\left(1-x_{g}\right)ds_{l}+x_{g}ds_{g}+\left(s_{g}-s_{l}\right)dx_{g}. \end{cases}$
Avec $\displaystyle h_{g}-h_{l}=T\left(s_{g}-s_{l}\right)$,
$\displaystyle \begin{aligned}dh&=\left(1-x_{g}\right)\left(Tds_{l}+v_{l}dP\right)+x_{g}\left(Tds_{g}+v_{g}dP\right)+\left(h_{g}-h_{l}\right)dx_{g}\\&=Tds+\left[\left(1-x_{g}\right)v_{l}+x_{g}v_{g}\right]dP\\&=Tds+VdP.\end{aligned}$

1. Le premier principe appliqué aux écoulements permanents s’écrit
   $$\Delta\left(e_{c}+e_{p}+h\right)=q+w_{u}$$
   avec les notations usuelles : $\displaystyle e_{c},e_{p},h$ énergie cinétique, énergie potentielle et enthalpie massiques, $\displaystyle q,w_{u}$ transfert thermique massique et travail utile massique reçu (hors celui des forces de pression en amont et en aval).
   La conduite est horizontale, l’énergie potentielle de pesanteur ne varie pas.
   Les parois de la conduite sont calorifugées, donc $\displaystyle q=0$.
   Les parois de la conduite sont rigides, donc $\displaystyle w_{u}=0$.
   En désignant par $\displaystyle c$ la vitesse, $\displaystyle \Delta\left(\frac{1}{2}c^{2}+h\right)=0$.
   Pour un gaz parfait diatomique
   $\displaystyle \Delta h=c_{p}\Delta T=\frac{C_{pm}}{M}\Delta T=\frac{7R}{2M}\Delta T$.
   D’où $$\Delta T=-\frac{M}{7R}\Delta c^{2}.$$

A.N. $\displaystyle \Delta T=-\frac{28.10^{-3}}{7.8,31}\left(500^{2}-300^{2}\right)=-77\textrm{ K}.$

2. L’identité thermodynamique s’écrit pour les grandeurs massiques
   $$dh=Tds+vdP$$d’où pour le gaz parfait ($\displaystyle n=\frac{1}{M}$)
   $\displaystyle ds=c_{p}\frac{dT}{T}-\frac{R}{M}\frac{dP}{P}$, soit
   $$\Delta s=\frac{7R}{2M}\ln\left(\frac{T_{s}}{T_{e}}\right)-\frac{R}{M}\ln\left(\frac{P_{s}}{P_{e}}\right).$$

L’entropie échangée $\displaystyle s_{\acute{e}ch}=0$ puisqu’il n’y a pas de transfert
thermique. La relation $$\Delta s=s_{\acute{e}ch}+s_{cr\acute{e}\acute{e}e}$$
donne $\displaystyle s_{cr\acute{e}\acute{e}e}=\Delta s=64\textrm{ J.K}^{-1}.\textrm{kg}^{-1}.$

• Gaz parfait en évolution adiabatique réversible 👉 La loi de Laplace s’applique.
• Réaction de combustion du kérosène 👉 Une réaction de combustion est rapide, faire un bilan enthalpique comme quand on calcule une température de flamme en thermochimie.
• Écoulement en régime permanent 👉 Premier principe “industriel” pour les écoulements permanents.

1. Les évolutions dans le compresseur sont isentropiques. Le gaz étant considéré parfait, la loi de Laplace s’applique. En variables $\displaystyle T,P,$
   $$\begin{cases} P_{1}^{1-\gamma}T_{1}^{\gamma}=P_{2}^{1-\gamma}T_{2}^{\gamma}\\ P_{3}^{1-\gamma}T_{3}^{\gamma}=P_{4}^{1-\gamma}T_{4}^{\gamma} \end{cases}.$$
   On en déduit $\displaystyle T_{2}=T_{1}\left(\frac{P_{1}}{P_{2}}\right)^{\left(1-\gamma\right)/\gamma}$.
   A.N. $\displaystyle P_{2}=10\textrm{ bars}$ et $\displaystyle T_{2}=5,8.10^{2}\textrm{ K}$.
   De même $\displaystyle T_{4}=T_{3}\left(\frac{P_{3}}{P_{4}}\right)^{\left(1-\gamma\right)/\gamma}=T_{3}\left(\frac{P_{2}}{P_{4}}\right)^{\left(1-\gamma\right)/\gamma}.$
   A.N. $\displaystyle T_{4}=920\textrm{ K.}$

2. À partir de la combustion d’une masse $\displaystyle D_{K}dt$ de kérosène dans $\displaystyle D_{m}dt$ d’air, on obtient une masse $\displaystyle \left(D_{m}+D_{K}\right)dt$ de gaz mélange de $\displaystyle N_{2},O_{2},$$\displaystyle H_{2}O,CO_{2}$. Le bilan enthalpique s’écrit pour la réaction de combustion rapide, donc adiabatique $\displaystyle \left[D_{K}dt\right]e_{K}=\left[\left(D_{m}+D_{K}\right)dt\right]c_{P}\left(T_{3}-T_{2}\right)$, d’où $$D_{K}=D_{m}\frac{c_{p}\left(T_{3}-T_{2}\right)}{e_{K}+c_{p}\left(T_{3}-T_{2}\right)}\simeq D_{m}\frac{c_{p}\left(T_{3}-T_{2}\right)}{e_{K}}.$$
   A.N. $\displaystyle D_{K}=0,7\textrm{ kg.s}^{-1}$.

3. Le rôle du turboréacteur est d’éjecter des gaz à grande vitesse, on cherche à avoir une grande énergie cinétique des gaz éjectés.
   Comme la puissance mécanique nécessaire au fonctionnement du compresseur
   est fournie par la turbine, la seule grandeur coûtante est le kérosène.
   Le rendement est défini par $$\eta=\frac{\left(D_{m}+D_{K}\right)e_{c}}{D_{_{K}}e_{K}}\simeq\frac{D_{m}e_{c5}}{D_{_{K}}e_{K}}$$
   où $\displaystyle e_{c}$ est l’énergie cinétique massique des gaz éjectés.
   Pour obtenir $\displaystyle e_{c}$, on applique le premier principe appliqué aux
   écoulements permanents entre (4) et (5) :
   $\displaystyle \Delta\left(h+e_{c}+e_{p}\right)=w_{u}+q=0$ car l’écoulement dans
   la tuyère est adiabatique et sans travail utile (les parois de la
   tuyère sont indéformables).
   $\displaystyle \Delta e_{p}=0$ et l’énergie cinétique en (4) est négligeable. D’où $\displaystyle \Delta\left(h+e_{c}\right)=0$, soit $$e_{c5}=c_{p}\left(T_{4}-T_{5}\right)$$
   et $$\eta=\frac{D_{m}c_{p}\left(T_{4}-T_{5}\right)}{D_{_{K}}e_{K}}.$$
   A.N. $\displaystyle \eta=0,43$.
   Ce rendement est bien sûr surestimé car on a fait des hypothèse simplificatrices de fonctionnement idéal.